1、2019-2020学年云南省文山州广南二中高一（上）期末物理试卷一、单选题（共10小题，每小题3.0分，共30分）1如图所示，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”。这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于（）A冰壶的速度B冰壶的质量C冰壶受到的推力D冰壶受到的阻力2一辆电车做直线运动，速度vbt，函数关系随时间变化。其中b0.3m/s2时（）A电车做匀速直线运动B电车的速度变化量大小是0.3m/sC电车做匀变速直线运动D电车的初速度为0.3m/s3如图所示，一匹马拉着车前行关于马拉车的力和车拉马
2、的力的大小关系，下列说法中正确的是（）A马拉车的力总是大于车拉马的力B马拉车的力总是等于车拉马的力C加速运动时，马拉车的力大于车拉马的力D减速运动时，马拉车的力小于车拉马的力4如图所示，高空滑索是一项勇敢者的运动，一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在倾角30的钢索上运动，在下滑过程中轻绳始终保持竖直，则（）A钢索对轻质滑环无摩擦力B人的加速度为C钢索对轻质滑环的作用力等于人的重力D钢索与轻质滑环间的动摩擦因数为0.55甲、乙两拳击运动员竞技，甲一拳击中乙肩部，观众可认为甲运动员（的拳头）是施力物体，乙运动员（的肩部）是受力物体，但是在甲一拳打空的情况下，下列说法中正确的是（）A这是一种只有施力物体，
3、没有受力物体的特殊情况B此时的受力物体是空气C甲的拳头、胳膊与自身躯干构成相互作用的物体D以上说法都不正确6下列说法中正确的是（）A加速度很大，说明速度一定很大B加速度很大，说明速度的变化一定很大C加速度很大，说明速度的变化一定很快D物体的速度为零，加速度也一定为零7如图所示，电灯悬挂于两壁之间，更换水平绳OA使连接点A向上移动而保持O点的位置不变，则A点向上移动时（）A绳OA的拉力逐渐增大B绳OA的拉力逐渐减小C绳OA的拉力先增大后减小D绳OA的拉力先减小后增大8如图所示，倾角为30的斜面体放在水平地面上，一个重为G的球在水平力F的作用下静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为F；若将力F从水平
4、方向逆时针转过某一角度后，仍保持F的大小不变，且小球和斜面依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为Ff，那么F和Ff的大小分别是（）AFG，FfGBFG，FfGCFG，FfGDFG，FfG9自由落体第5个0.5s经过的位移是第1个0.5s经过的位移的倍数为（）A5B9C10D2510甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移时间图象如图所示，图象中的OC段与AB平行，CB段与OA平行，则下列说法中正确的是（）At1到t2时刻两车的距离越来越远B0t3时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度C甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度Dt3时刻甲车在
5、乙车的前方二、多选题（共4小题，每小题4.0分，共16分）11（4分）下列关于平均速度和瞬时速度的说法正确的是（）A平均速度，当t充分小时，该式可表示t时刻的瞬时速度B匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度C瞬时速度和平均速度都可以精确描述运动的快慢D瞬时速度是某时刻的速度，所以只有瞬时速度才可以精确描述变速运动中运动的快慢情况12（4分）一做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小，直到为零，则该物体的运动情况可能是（）A速度逐渐增大，加速度为零时速度最大B速度方向不可能改变C速度逐渐减小，加速度为零时速度最小D速度逐渐增大，方向可能改变13（4分）在水平路面行驶的汽车遇突发状况紧急刹车，做匀减速直线
6、运动，从开始刹车为计时起点，第1s末的速度是8m/s，第2s内的平均速度是6m/s，则下面结论正确的是（）A汽车刚刹车时的速度是12 m/sB经4 s汽车的位移为18mC物体的加速度大小是2m/s2D前2s内的平均速度是7m/s14（4分）如图所示，木块m和M叠放在一固定在地面不动的斜面上，它们一起沿斜面匀速下滑，则m、M 间的动摩擦因数1和M、斜面间的动摩擦因数2可能正确的有（）A10，20B10，20C10，20D10，20三、实验题（共2小题，共15分）15某同学验证物体质量一定时加速度与合力的关系，实验装置如图1所示。主要思路是，通过改变悬挂小钩码的质量，改变小车所受拉力，并测得小车的
7、加速度。将每组数据在坐标纸上描点、画线，观察图线特点。（1）实验中应该满足：钩码的质量m和小车质量M的关系为： 。如图2所示为本实验中得到的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔T0.10s，其中x17.05cm、x27.68cm、x38.33cm、x48.95cm、x59.61cm、x610.26cm。为了尽量 减小误差，则用T、x1、x2x6表示小车加速度大小a ，计算得加速度大小a m/s2（计算结果保留两位有效数字）。（3）经过6次实验，获得了6组对应的小车所受合力F、小车加速度a的数据，在坐标纸上描点、画线，得到如图3所示的aF图线。发现图线不过原点，经排查发现：并非人为的偶然误
8、差所致，那么，你认为出现这种结果的原因可能是： 。学习牛顿第二定律后，你认为，图3中图线的斜率表示 。16如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。（1）下列说法正确的是 。A每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作a图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得Fm1g，作出aF图象，他可能作出图2中 （选填“甲”、“乙”、“丙
9、”）图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 。A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C砝码盘和砝码的总质量太大D所用小车的质量太大（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的a图象，如图3设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数 ，钩码的质量m1 。（4）实验中打出的纸带如图4所示。相邻计数点间的时间是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度是 m/s2。四、计算题17宽为L的竖直障碍物上开有间距d0.6m的矩形孔，其下沿离地高h1.2m，离地高H2m的质点与障碍物相距x。在障碍物一以v04m/s匀
10、速向左运动的同时，质点自由下落，取g10m/s2为使质点能穿过该孔。（1）L最大值是？（2）L0.6m时，x取值范围？18如图（甲）所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点（t0），A、B两车的vt图象如图（乙）所示。已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x112m。（1）求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小。（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时（t0）两车的距离x0应满足什么条件？19如图所示，水平传送带两端相距x8m，工件与传送带间的动摩擦因数0.6，工件滑上A端时速度vA10m/s，设工件到达B端时
11、的速度为vB（g取10m/s2）（1）若传送带静止不动，求vB（2）若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，则求出到达B端的速度vB（3）若传送带以v13m/s的速度逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间20质量mA10kg的物块A与质量mB2kg的物块B放在倾角30的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块B连接，另一端与固定档板连接，弹簧的劲度系数k400N/m，现给物块A施加一个平行于斜面向上的F，使物块A沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，求：（g10m/s2）（1）力F的最大值与最小值；（2）力F由最小值到最大值的
12、过程中，物块A所增加的高度2019-2020学年云南省文山州广南二中高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（共10小题，每小题3.0分，共30分）1（3分）如图所示，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”。这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于（）A冰壶的速度B冰壶的质量C冰壶受到的推力D冰壶受到的阻力【分析】惯性是物体的固有属性，其大小只有质量有关。【解答】解：惯性是物体的固有属性；而质量却是惯性大小的唯一量度；故惯性的大小取决于冰壶的质量；故选：B。【点评】本题考查惯性；要明确质
13、量是惯性大小的唯一量度。2（3分）一辆电车做直线运动，速度vbt，函数关系随时间变化。其中b0.3m/s2时（）A电车做匀速直线运动B电车的速度变化量大小是0.3m/sC电车做匀变速直线运动D电车的初速度为0.3m/s【分析】根据电车速度随时间的变化规律确定电车的运动规律，结合速度时间公式求出电车的初速度和加速度。【解答】解：A、一辆电车做直线运动，速度vbt，知速度随时间均匀变化，电车做匀变速直线运动。故A错误，C正确。B、根据vat0.3t，知电车的加速度a0.3m/s2，则单位时间内的速度变化量为0.3m/s；电车的初速度为零。故B、D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键知道匀变速直线
14、运动的速度时间公式，并能灵活运用。基础题。3（3分）如图所示，一匹马拉着车前行关于马拉车的力和车拉马的力的大小关系，下列说法中正确的是（）A马拉车的力总是大于车拉马的力B马拉车的力总是等于车拉马的力C加速运动时，马拉车的力大于车拉马的力D减速运动时，马拉车的力小于车拉马的力【分析】向前拉车的力和车向后拉马的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，与运动状态无关【解答】解：马向前拉车的力和车向后拉马的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反，加速运动或者减速运动时，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】该题考查了
15、牛顿第三定律：作用力与反作用力的关系，难度不大，属于基础题4（3分）如图所示，高空滑索是一项勇敢者的运动，一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在倾角30的钢索上运动，在下滑过程中轻绳始终保持竖直，则（）A钢索对轻质滑环无摩擦力B人的加速度为C钢索对轻质滑环的作用力等于人的重力D钢索与轻质滑环间的动摩擦因数为0.5【分析】先对人研究，分析其受力情况，人做直线运动，其合力为零或合力与运动方向在同一直线上，判断人做什么运动；再对人与环组成的整体研究，结合运动状态分析受力情况。【解答】解：B、以人为研究对象，人受到重力和绳子的拉力两个作用，人沿杆的方向做直线运动，则知绳子拉力与人的重力二力平衡，否则合力方向与
16、运动方向不在同一直线上，人将做曲线运动，与题矛盾。所以人做匀速运动，加速度为零，故B错误；C、以环和人整体为研究对象，由于轻环的重力不计，则根据平衡条件得，钢索对轻环的作用力等于人的重力，故C正确；AD、钢索对轻环的摩擦力等于人的重力沿钢索向下的分力，即fmgsinmgcos，解得：，故AD错误；故选：C。【点评】本题表面上看是两个物体的平衡问题，由于轻环的重力不计，实际是一个物体的平衡问题，运用平衡条件进行即可得到解答。5（3分）甲、乙两拳击运动员竞技，甲一拳击中乙肩部，观众可认为甲运动员（的拳头）是施力物体，乙运动员（的肩部）是受力物体，但是在甲一拳打空的情况下，下列说法中正确的是（）A这
17、是一种只有施力物体，没有受力物体的特殊情况B此时的受力物体是空气C甲的拳头、胳膊与自身躯干构成相互作用的物体D以上说法都不正确【分析】力是物体间的相互作用，一定有施力物体和施力物体；在甲一拳打空的情况下，甲运动员不能看作一个整体【解答】解：力的作用是相互，同时存在着施力物体与受力物体，只要有力产生必然存在着施力物体与受力物体，甲运动员击空了，但在其击拳过程中，其拳头、胳膊与躯干的相互作用系统内由于相互作用而产生力；故选：C。【点评】本题关键是明确力的定义和性质，有物质性、相互性和矢量性的特点，即力有三性6（3分）下列说法中正确的是（）A加速度很大，说明速度一定很大B加速度很大，说明速度的变化一
18、定很大C加速度很大，说明速度的变化一定很快D物体的速度为零，加速度也一定为零【分析】加速度等于单位时间内速度的变化量，反映速度变化快慢的物理量，物体有加速度，可能做加速运动，可能做减速运动【解答】解：A、加速度大，知速度变化快，但物体的速度不一定很大。故A错误。B、加速度大，知速度变化快，但速度变化量不一定大。故B错误。C、加速度是反映速度变化快慢的物理量，加速度大，说明速度的变化率一定很大。即速度的变化一定快，故C正确。D、速度为零但加速度不一定为零，如竖直上抛的最高点，物体的速度为零，但加速度为g，故D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度是反映速度变化快慢
19、的物理量，与速度的大小无必然联系7（3分）如图所示，电灯悬挂于两壁之间，更换水平绳OA使连接点A向上移动而保持O点的位置不变，则A点向上移动时（）A绳OA的拉力逐渐增大B绳OA的拉力逐渐减小C绳OA的拉力先增大后减小D绳OA的拉力先减小后增大【分析】本题中O点受到三个力作用处于平衡者状态，其中OB绳子上拉力方向不变，竖直绳子上拉力大小方向都不变，对于这类三力平衡问题可以利用“图解法”进行求解，即画出动态的平行四边形求解。【解答】解：以O点位研究对象，处于平衡装态，根据受力平衡，有：由图可知，绳子OB上的拉力逐渐减小，OA上的拉力先减小后增大，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了动
20、态平衡问题，要熟练掌握各种处理动态平衡问题的方法，尤其是图解法和正交分解法。8（3分）如图所示，倾角为30的斜面体放在水平地面上，一个重为G的球在水平力F的作用下静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为F；若将力F从水平方向逆时针转过某一角度后，仍保持F的大小不变，且小球和斜面依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为Ff，那么F和Ff的大小分别是（）AFG，FfGBFG，FfGCFG，FfGDFG，FfG【分析】先研究第一种情况：通过对小球出状态的分析，利用共点力平衡条件可求出水平力F的大小。再研究力F方向变化后的情况：先对小球受力分析，运用作图法求得力F与水平方向的角度，因为小球和斜面都处于
21、静止状态，可对整体受力分析求出地面对斜面的摩擦力。【解答】解：先研究第一种情况：对物体受力分析如图所示。由平衡条件得：N与F的合力F与重力G大小相等，由三角函数关系得：FGtanG；转过一角度后，由F大小不变，小球静止，支持力与F的合力不变，故此时转动后F转方向如图：根据几何知识可得F转过的角度是2。对整体受力分析并正交分解如图：水平方向：fFcos2Gcos60G故选：D。【点评】此题关键是运用平衡条件的推论得到转动后F的方向，要善于运用作图法，得到相关的角度，同时要灵活选择研究对象，采用隔离和整体相结合的方法比较简便。9（3分）自由落体第5个0.5s经过的位移是第1个0.5s经过的位移的倍
22、数为（）A5B9C10D25【分析】先根据公式求出第1个0.5s经过的位移，再根据公式求出前5个0.5s经过的位移和前4个0.5s经过的位移，第5个0.5s经过的位移等于前5个0.5s经过的位移减去前4个0.5s经过的位移【解答】解：根据得：第1个0.5s经过的位移h1前5个0.5s经过的位移h5前4个0.5s经过的位移h4所以第5个0.5s经过的位移hh5h411.25m故9故选：B。【点评】该题主要考查了自由落体运动位移时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题10（3分）甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移时间图象如图所示，图象中的O
23、C段与AB平行，CB段与OA平行，则下列说法中正确的是（）At1到t2时刻两车的距离越来越远B0t3时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度C甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度Dt3时刻甲车在乙车的前方【分析】在位移时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间。【解答】解：A、图象的纵坐标表示物体所在的位置；由图可知t1到t2时刻两车的距离始终相等，故A错误；B、由图可知，t3时刻两物体的位移相同；故两物体的平均速度相等，故B错误；C、甲在0t1时间内的斜率与乙在t3时刻斜率相等，故甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度，故C正确；
24、D、t3时刻两车的位置相同，两车处在同一位置，故D错误；故选：C。【点评】本题考查xt图象，在分析图象时要注意先明确图象的坐标，再根据图象的性质进行分析。二、多选题（共4小题，每小题4.0分，共16分）11（4分）下列关于平均速度和瞬时速度的说法正确的是（）A平均速度，当t充分小时，该式可表示t时刻的瞬时速度B匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度C瞬时速度和平均速度都可以精确描述运动的快慢D瞬时速度是某时刻的速度，所以只有瞬时速度才可以精确描述变速运动中运动的快慢情况【分析】平均速度是物体在运动时间内发生的位移与所用时间的比值，瞬时速度是在某一时刻的速度，故瞬时速度对应时间轴上的点，平均速度对应
25、时间轴上的一段时间。【解答】解：A、平均速度，当t充分小时，t可认为一个时间点，此时平均速度可以表示t时刻的瞬时速度，故A正确。B、在匀速直线运动中，由于速度不变，即x跟t 的比值不变，匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度，故B正确。CD、瞬时速度对应某一时刻或某一位置的速度，可精确描述运动的快慢，平均速度只能粗略地描述物体的运动，故C错误，D正确。故选：ABD。【点评】本题考查了平均速度与瞬时速度问题，瞬时速度和平均速度是运动学的基本概念，要加深对它们的理解。属于基础题目。12（4分）一做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小，直到为零，则该物体的运动情况可能是（）A速度逐渐增大，加速度为零时速度
26、最大B速度方向不可能改变C速度逐渐减小，加速度为零时速度最小D速度逐渐增大，方向可能改变【分析】当物体的速度与加速度方向相同，速度增大；当物体的速度与加速度方向相反，速度减小【解答】解：A、若物体做加速运动，速度方向与加速度方向相同，所以加速度减小，速度仍然增大，当加速度减小为0时，速度最大。故A正确B、物体做变速直线运动，速度方向不是不断改变，故B错误C、当物体的速度方向与加速度方向相反，加速度减小，速度也减小，当加速度减小到0，速度减到最小。故C正确D、若物体做加速运动，速度方向与加速度方向相同，速度逐渐增大，方向不变，故D错误故选：AC。【点评】解决本题的关键知道当物体的速度与加速度方向
27、相同，速度增大；当物体的速度与加速度方向相反，速度减小13（4分）在水平路面行驶的汽车遇突发状况紧急刹车，做匀减速直线运动，从开始刹车为计时起点，第1s末的速度是8m/s，第2s内的平均速度是6m/s，则下面结论正确的是（）A汽车刚刹车时的速度是12 m/sB经4 s汽车的位移为18mC物体的加速度大小是2m/s2D前2s内的平均速度是7m/s【分析】根据平均速度公式可求得2.5s时的瞬时速度，则由速度和时间关系可求得物体的加速度；根据速度公式可求得汽车减速所用的时间，则可确定汽车在4s内的位移可以采用速度和位移的关系求解【解答】解：A、第2s末的平均速度等于2.5s时的瞬时速度，故2.5s时
28、的瞬时速度为6m/s；则加速度a4m/s2；则汽车的初速度v08+4112m/s； 故A正确，C错误；B、汽车静止需要的时间t3s；故4s时汽车已经静止，则汽车的4s内的位移x18m；故B正确；D、前2s的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故为8m/s； 故D错误；故选：AB。【点评】本题考查匀变速直线运动的规律的应用，对于汽车刹车类问题要注意先判断汽车静止所需要的时间，再灵活选择物理公式求解14（4分）如图所示，木块m和M叠放在一固定在地面不动的斜面上，它们一起沿斜面匀速下滑，则m、M 间的动摩擦因数1和M、斜面间的动摩擦因数2可能正确的有（）A10，20B10，20C10，20D10，20【
29、分析】分别以m和整体为研究对象，由平衡条件分析m所受的摩擦力和M所受的摩擦力，若接触面有摩擦力，则动摩擦因数一定不为零，若没有摩擦力，动摩擦因数可能为零，也可能不为零【解答】解：M、N一起匀速下滑，合力都为零。对m：根据平衡条件知，M对m的支持力等于m的重力，M对m没有摩擦力，故可能10也10；对整体：由平衡条件分析可知，斜面对M有摩擦力，方向沿斜面向上，故20。故选：BD。【点评】本题的解题关键是根据平衡条件分析摩擦力，还要灵活选择研究对象三、实验题（共2小题，共15分）15某同学验证物体质量一定时加速度与合力的关系，实验装置如图1所示。主要思路是，通过改变悬挂小钩码的质量，改变小车所受拉力
30、，并测得小车的加速度。将每组数据在坐标纸上描点、画线，观察图线特点。（1）实验中应该满足：钩码的质量m和小车质量M的关系为：Mm。如图2所示为本实验中得到的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔T0.10s，其中x17.05cm、x27.68cm、x38.33cm、x48.95cm、x59.61cm、x610.26cm。为了尽量 减小误差，则用T、x1、x2x6表示小车加速度大小a，计算得加速度大小a0.64m/s2（计算结果保留两位有效数字）。（3）经过6次实验，获得了6组对应的小车所受合力F、小车加速度a的数据，在坐标纸上描点、画线，得到如图3所示的aF图线。发现图线不过原点，经排查发
31、现：并非人为的偶然误差所致，那么，你认为出现这种结果的原因可能是：没有平衡摩擦力或平衡不够。学习牛顿第二定律后，你认为，图3中图线的斜率表示。【分析】要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有mM时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力。根据匀变速直线运动的推论公式xaT2可以求出加速度的大小。aF图象中若有横轴截距，表示当挂上钩码后的加速度仍是0，说明实验没有平衡摩擦力或平衡不够，再根据
32、a0时的平衡条件即可求解。【解答】解：（1）以整体为研究对象有：mg（m+M）a解得：a以M为研究对象有绳子的拉力为：FMa显然要有Fmg必有m+MM，故有Mm，即只有Mm时才可以认为绳对小车的拉力大小等于钩码的重力。（2）纸带上两相邻计数点的时间间隔T0.10s，根据匀变速直线运动的推论公式xaT2可以求出加速度的大小，得：x4x13a1T2 x5x23a2T2 x6x33a3T2 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：a（a1+a2+a3）即小车运动的加速度计算表达式为：a，代入数据得：am/s20.64m/s2（3）aF图象不过原点而有横轴截距，说明当挂上钩码后加速度仍
33、不为零，说明没有平衡摩擦力或平衡不够；根据a可知aF图象的斜率表示小车质量M的倒数。故答案为：（1）Mm；（2），0.64；（3）没有平衡摩擦力或平衡不够；。【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。16如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。（1）下列说法正确的是D。
34、A每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作a图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得Fm1g，作出aF图象，他可能作出图2中丙（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是C。A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C砝码盘和砝码的总质量太大D所用小车的质量太大（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的a图象，如图3设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数，钩码的质量
35、m1。（4）实验中打出的纸带如图4所示。相邻计数点间的时间是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度是0.46m/s2。【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为fm2gsinm2gcos，m2约掉了。当小车的质量远远大于钩码的质量时，绳子的拉力才等于钩码的重力；（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况。得出图象弯曲的原因是：未满足沙和沙桶质量远小于小车的质量。（3）根据牛顿第二定律，列出小车的滑动摩擦力大小，然后结合图象的斜率与截距，可以得出结论。（4）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求
36、出加速度。【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：fm2gsinm2gcos，m2约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力。故A错误。B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误。C、让小车的质量远远大于钩码的质量，因为：际上绳子的拉力，故应该是，故C错误；D、，所以：，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作图象，故D正确；故选：D（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况。故图线为丙。当不满足m1m2时，随m1的增大物体的加速度a逐渐减小，故图象弯曲的原因是：所挂钩码的总质量太大，不满足沙和沙桶质量远小于小车的质量。故C正确。（
37、3）根据牛顿第二定律可知，m1gm2gm2a；结合图象，可得：，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，因此钩码的质量m1，小车与木板间的动摩擦因数。（4）根据xaT2得，a故答案为：（1）D；（2）丙，C （3），（4）0.46【点评】会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差，同时掌握由牛顿第二定律列出方程，与图象的斜率与截距综合求解的方法。四、计算题17宽为L的竖直障碍物上开有间距d0.6m的矩形孔，其下沿离地高h1.2m，离地高H2m的质点与障碍物相距x。在障碍物一以v04m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落，取
38、g10m/s2为使质点能穿过该孔。（1）L最大值是？（2）L0.6m时，x取值范围？【分析】根据自由落体运动的公式求出小球通过矩形孔的时间，从而通过等时性求出L的最大值。结合小球运动到矩形孔上沿的时间和下沿的时间，结合障碍物的速度求出x的最小值和最大值。【解答】解：小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间0.2s；小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间，则小球通过矩形孔的时间tt2t10.2s，根据等时性知，L的最大值为Lmv0t40.2m0.8m。x的最小值xminv0t140.2m0.8mx的最大值xmaxv0t2L40.40.6m1m。所以0.8mx1m。答：（1）L最大值是0.8m（2）L
39、0.6m时，x取值范围为0.8mx1m【点评】解决本题的关键抓住临界状态，运用运动学公式进行求解。知道小球通过矩形孔的时间和障碍物移动L的最大值时间相等。18如图（甲）所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点（t0），A、B两车的vt图象如图（乙）所示。已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x112m。（1）求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小。（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时（t0）两车的距离x0应满足什么条件？【分析】（1）B做匀速直线运动，根据x1vBt1求解速度大小；根据图象的斜率表示加速度求
40、解A的加速度大小；（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，计算出图象中梯形的面积即可。【解答】解：（1）在t11s时A车刚启动，两车缩短的距离为：x1vBt1，代入数据解得B车的速度为：vB12m/s；速度图象的斜率表示加速度，则A车的加速度为：a；（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于vt图象的t25s，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积为：s36m，因此，A、B两车不会相撞，距离s0应满足条件为：s036m。答：（1）B车运动的速度为12m/s，A车的加速度a的大小为3m/s2。（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时两车的距离s0应满足s036m。【点评
41、】对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提。19如图所示，水平传送带两端相距x8m，工件与传送带间的动摩擦因数0.6，工件滑上A端时速度vA10m/s，设工件到达B端时的速度为vB（g取10m/s2）（1）若传送带静止不动，求vB（2）若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，则求出到达B端的速度vB（3）若传送带以v13m/s的速度逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间【分析】（1）根据牛顿第二定律求出工件的加速度，再利用运动学公式求出工件到达B端时的速度；（2）当传送带逆时针转动，工件的受力
42、情况与传送带静止时一样即可判断；（3）当传送带的速度大于工件的速度，利用牛顿第二定律和速度位移公式求出工件达到与传送带速度相同时运动的位移，即可判断速度；再利用运动学公式求出匀加速和匀速运动的时间，二者相加即可工件由A到B所用的时间【解答】解：（1）由牛顿第二定律得，工件的加速度为：ag0.610m/s26m/s2，由2ax得，工件到达B端时的速度为：vBm/s2m/s（2）工件还能到达B端当传送带顺时针转动时，工件受力情况不变，故工件还能到达B端，且有：B2m/s（3）传送带逆时针转动，且速度大于工件的速度时，工件受摩擦力水平向左，工件向左做加速运动，由牛顿第二定律得，工件的加速度为：ag0
43、.610m/s26m/s2设工件加速到与传送带速度相同时相对地面的位移大小为L，则有：2A22aL 解得：L5.75 mx，故工件到达B端前已和传送带速度相同，即为：B13m/s则匀加速运动的时间为：t1s0.5s，此后工件随传送带一起匀速运动到B端，其位移：sxL8m5.75m2.25m，匀速运动的时间：t2s0.17s所以，工件由A到B所用的时间为：tt1+t20.5s+0.17s0.67s答：（1）若传送带静止不动，vB为2m/s；（2）若传送带顺时针转动，工件还能到达B端，速度vB为2m/s；（3）若传送带以v13m/s的速度逆时针匀速转动，vB为13m/s；工件由A到B所用的时间为0
44、.67s【点评】本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式的灵活运用，抓住受力分析是关键，明确工件速度与传送带的速度关系即可正确解题20质量mA10kg的物块A与质量mB2kg的物块B放在倾角30的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块B连接，另一端与固定档板连接，弹簧的劲度系数k400N/m，现给物块A施加一个平行于斜面向上的F，使物块A沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，求：（g10m/s2）（1）力F的最大值与最小值；（2）力F由最小值到最大值的过程中，物块A所增加的高度【分析】（1）先根据平衡条件求出弹簧开始的压缩量，因为在前0.2 s时间内，F为变
45、力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，B对A的作用力为0，对物体B运用牛顿第二定律列式求出匀加速运动的加速度，当A、B开始运动时拉力最小，当A、B分离时拉力最大，根据牛顿第二定律即可求解；（2）求解出加速度后，根据位移时间关系公式列式求解即可【解答】解：（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0，则（mA+mB）gsin kx0因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，B对A的作用力为0，由牛顿第二定律知：kx1mBgsin mBa前0.2 s时间内A、B向上运动的距离为：x0x1at2式联立解得：a5.0m/s2当A、B开始运动时拉力最小，此时有：Fmin（mA+mB）a60 N当A、B分离时拉力最大，此时有：FmaxmA（a+gsin ）100 N（2）物体上升的位移为：故上升的高度为：hxsin300.05m答：（1）力F的最大值为60N，最小值为100N；（2）力F由最小值到最大值的过程中，物块A所增加的高度为0.05m【点评】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等
